（浙江选考）2020版高考物理大一轮复习 第二章 相互作用 第3讲 受力分析 共点力的平衡学案.docx

第3讲受力分析共点力的平衡考试标准知识内容考试要求说明共点力平衡条件及应用c1.只要求解决同一平面内的共点力平衡问题2.不要求用正弦定理、余弦定理、相似三角形对应边成比例等方法求解共点力的平衡问题.一、受力分析1受力分析把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程2受力分析一般顺序先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力自测1人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图1所示以下说法正确的是()图1A人受到重力和支持力的作用B人受到重力、支持力和摩擦力的作用C人受到的合外力不为零D人受到的合外力方向与速度方向相同答案A二、共点力平衡条件及应用1平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态2共点力的平衡条件F合0或者3平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反自测2(2017浙江4月选考10)重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图2所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为，则()图2A当60时，运动员单手对地面的正压力大小为B当120时，运动员单手对地面的正压力大小为GC当不同时，运动员受到的合力不同D当不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等答案A解析运动员单手对地面的正压力大小，与无关，如图F1F2而手臂受力与夹角有关，选项A正确，B错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D错误.命题点一受力分析受力分析的四个常用方法(1)条件法：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件(2)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在(3)动力学分析法：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力(4)对象转换法：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在例1如图3所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上(弹簧测力计水平)，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F的水平力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧测力计的示数为FT.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法不正确的是()图3AB对A的摩擦力大小为FT，方向向左BA和B保持静止，C匀速运动CA保持静止，B和C一起匀速运动DC受到地面的摩擦力大小为FFT答案B解析由题意知，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式FfFN，可知B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的滑动摩擦力，因此在F作用下，B、C作为一个整体运动，对A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根据平衡条件，可知B对A的摩擦力大小等于FT，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B受到A对它水平向右的摩擦力，大小为FT；由于B、C做匀速直线运动，则B、C整体受到的水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为FFT，故D正确变式1“阶下儿童仰面时，清明妆点最堪宜游丝一断浑无力，莫向东风怨别离”这是红楼梦中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力FT以及重力G的作用下，能够高高地、平稳地飞在蓝天上关于风筝在空中的受力可能正确的是()答案A解析风筝受竖直向下的重力，风力应与风筝面垂直，风筝平稳地飞在空中认为是平衡状态，所以绳子的拉力方向应该在重力和风力合力的反方向上，所以A正确变式2(2018湖州市、衢州市、丽水市高三期末)如图4所示，将小铁球用两根长度相同的细绳悬挂在水平板下，磁铁放置在靠近铁球的右下方，铁球静止，则()图4A铁球可能受3个力B磁铁可能受3个力C两根细绳的拉力大小相等D两根绳的合力方向竖直向上答案A变式3(2017浙江11月选考5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图5所示，质量均为m，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为，则()图5A上方球与下方三个球间均没有弹力B下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C水平地面对下方三个球的支持力均为mgD水平地面对下方三个球的摩擦力均为mg答案C解析将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为FN，因此3FN4mg，即FNmg，所以选项C正确由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A错误对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示由受力分析可知，选项B错误；由于排球受到地面的静摩擦力，因此不能通过FfFN求解此摩擦力，选项D错误命题点二平衡条件的应用1解决平衡问题的常用方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反(2)分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件2整体法与隔离法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力例2如图6甲所示，水平地面上固定一倾角为30的表面粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈表面匀速上滑如图乙所示，则F大小应为()图6A.mgB.mgC.mgD.mg答案A解析小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mgsin30mgcos30，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数tan30，当小物块沿着斜劈表面匀速上滑时，受力分析如图所示：根据平衡条件，沿斜面方向：Fcos30Ffmgsin300垂直斜面方向：FNmgcos30Fsin30又FfFN联立可得Fmg，故A正确，B、C、D错误变式4如图7所示，两根轻弹簧a、b的上端固定在竖直墙壁上，下端连接在小球上当小球静止，弹簧a、b与竖直方向的夹角分别为53和37，已知a、b的劲度系数分别为k1、k2.sin530.8，cos530.6，则a、b两弹簧的伸长量之比为(弹簧a、b均在弹性限度内)()图7A.B.C.D.答案B解析对小球受力分析如图所示：根据平衡条件得：Fmg，故a弹簧的弹力F1Fcos53，b弹簧的弹力F2Fcos37，根据胡克定律Fkx，得x，则a、b两弹簧的伸长量之比为，故B正确例3如图8所示，质量为m的正方体和质量为M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态m和M的接触面与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，若不计一切摩擦，下列说法正确的是()图8A水平面对正方体M的弹力大小大于(Mm)gB水平面对正方体M的弹力大小为(Mm)gcosC墙面对正方体m的弹力大小为mgtanD墙面对正方体M的弹力大小为答案D解析由于两墙面竖直，对M和m整体受力分析可知，水平面对M的弹力大小等于(Mm)g，A、B错误；在水平方向，墙对M和m的弹力大小相等、方向相反，隔离m受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m受到的墙对它的弹力大小为，所以M受到墙面的弹力大小也为，C错误，D正确变式5(多选)如图9所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态下列说法正确的是()图9AM对m无摩擦力作用BM对m的摩擦力方向向左C地面对M的摩擦力方向向左D地面对M无摩擦力作用答案BD解析对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力方向向左，故A错误，B正确；对M、m和弹簧整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力，处于平衡状态，若地面对M有摩擦力，则整体合力不为零，故地面对M无摩擦力作用，故C错误，D正确拓展点动态平衡问题1动态平衡问题通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述2解决动态平衡的“两种”常用方法例4有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A、B两端按图10甲的方式固定，然后将一挂有质量为M的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为FT1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将挂有质量为M的重物的同样的动滑轮挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为FT2.现甲绳的B端缓慢向下移动至C点(A、C两点等高)，乙绳的E端缓慢移动至F点(D、E、F三点等高)，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是()图10AFT1、FT2都变大BFT1变大、FT2变小CFT1、FT2都不变DFT1不变、FT2变大答案D解析对题图甲，设滑轮两侧绳与竖直方向的夹角为，A、C间距为s，绳长为L，由几何知识得sL1sinL2sin(L1L2)sin又L1L2L得到sin；当绳子B端慢慢向下移时，s、L没有变化，则不变，FT1大小不变；对题图乙，以滑轮为研究对象，设两侧绳与竖直方向的夹角为，2FT2cosG，解得：FT2；当绳子的右端从E向F移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，所以绳子的拉力FT2增大，故A、B、C错误，D正确变式6如图11所示，一光滑小球静止在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住现水平向左缓慢地移动挡板直到半球的最高点，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是()图11AF增大，FN减小BF增大，FN增大CF减小，FN减小DF减小，FN增大答案C解析小球受重力、半球面对它的支持力FN和挡板对它的推力F，设支持力方向与竖直方向的夹角为，根据共点力平衡条件，有：FN，Fmgtan，挡板竖直且缓慢地水平向左移动过程中，角不断变小，故F减小，FN减小，故C正确，A、B、D错误变式7质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图12所示用FT表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()图12AF逐渐变大，FT逐渐变大BF逐渐变大，FT逐渐变小CF逐渐变小，FT逐渐变大DF逐渐变小，FT逐渐变小答案A解析对O点受力分析如图所示，F与FT的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，FT逐渐变大，故选项A正确命题点三平衡中的临界与极值问题1临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述2极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题3解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大或极小(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值例5如图13所示，有一倾角30的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加到mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止对此过程下列说法正确的是()图13A地面对B的支持力大于(Mm)gBA对B的压力的最小值为mg，最大值为mgCA所受摩擦力的最小值为0，最大值为DA所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg答案B解析因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力始终等于(Mm)g，A错误；当F0时，A对B的压力最小，为mgcos30mg；当Fmg时，A对B的压力最大，为mgcos30Fsin30mg，B正确；当Fcos30mgsin30时，即Fmg时，A所受摩擦力为0，当F0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当Fmg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误变式8如图14所示，重50N的物体A放在倾角为37的粗糙斜面上，有一根原长为10cm、劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14cm，现用一弹簧测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N，当弹簧的长度仍为14cm时，弹簧测力计的读数不可能为(sin370.6，cos370.8)()图14A10NB20NC40ND0答案C解析A在斜面上处于静止状态时所受合力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，Fmgsin37Ffmk(ll0)，F22N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0F22N，故选C.变式9重力都为G的两个小球A和B用三段轻绳如图15所示连接后悬挂在O点，O、B间的绳子长度是A、B间的绳子长度的2倍，将一个拉力F作用到小球B上，使三段轻绳都伸直且O、A间和A、B间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F的最小值为()图15A.GB.GCGD.G答案A解析对A球受力分析可知，因O、A间绳竖直，则A、B间绳上的拉力为0.对B球受力分析如图所示，则可知当F与O、B间绳垂直时F最小，FminGsin，其中sin，则FminG，故A项正确.1.如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向右下方匀速运动，用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()图1答案B2一个质量为3kg的物体，被放置在倾角为30的固定光滑斜面上，在如图2所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(取g10m/s2)()图2A仅甲图B仅乙图C仅丙图D甲、乙、丙图答案B3(2018嘉兴一中等五校联考)在某驾校的训练场地上，有一段圆弧形坡道，如图3所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是()图3A车在a点受到的坡道的支持力大于在b点受到的坡道的支持力B车在a点受到的坡道的摩擦力大于在b点受到的坡道的摩擦力C车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力D车在a点受到的重力的下滑分力大于在b点受到的重力的下滑分力答案A4.(2017浙江4月选考7)如图4所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下以下说法正确的是()图4A在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，自卸车与石块整体质量分布变化，形状变化，所以重心改变，A错误；动摩擦因数与倾角无关，B错误；如图，FNGcos，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错误5.(2018嘉兴市期末)在浙江省某次考试过程中，某位监考老师遵守规定采取图5甲或图乙的监考姿势，则()图5A甲、乙两图，人都不受地面的摩擦力B脚底部受到的支持力，图甲大于图乙C甲、乙两图，人对地面的压力相等D地面对人的作用力，图甲大于图乙答案C解析题图甲中人的两脚分开时有向两边的运动趋势，要受地面的静摩擦力，而题图乙中人的两脚竖直不受摩擦力，故A错误；对题图甲、乙中的人受力分析可知，竖直方向两脚所受的总的支持力等于重力，由牛顿第三定律，人对地面的压力等于脚底部受到的总的支持力，也等于重力，故B错误，C正确；地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力，由平衡知识知地面对人的作用力等于重力，故D错误6如图6所示，质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为()图6A2(M)BMC2MD0答案A解析匀速上升和匀速下降两阶段受到的空气阻力大小相等、方向相反，下降阶段有FFfMg，上升阶段有MgmgFfF，联立两式得m2(M)，故选A.7.如图7所示，与竖直方向成45角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法中正确的是()图7A物块一定受两个力的作用B物块一定受三个力的作用C物块可能受三个力的作用D物块可能受四个力的作用答案D解析物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若天花板对物块没有向下的支持力，则物块只受到重力和向上的力F.若天花板对物块有垂直天花板向下的支持力，则物块必定受沿天花板向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的力F、垂直天花板向下的支持力和沿天花板向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A、B、C错误，D正确8.如图8所示，倾角为30，重为100N的斜面体静止在粗糙水平面上一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为20N的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是()图8A斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力B弹性轻杆对小球的作用力为20N，方向垂直斜面向上C球对弹性轻杆的作用力为20N，方向竖直向下D水平面对斜面的支持力为100N，方向竖直向上答案C解析先对小球受力分析，受到重力和杆的作用力，小球一直处于静止状态，故杆对小球的力与小球受到的重力二力平衡，故杆对小球的力方向竖直向上，大小等于重力，为20N，杆对小球的力与小球对杆的力是相互作用力，等大、反向、共线，故球对杆的力方向竖直向下，大小等于20N，B错误，C正确；再对斜面体、杆、小球整体受力分析，受重力和水平面的支持力，不受静摩擦力(如果受静摩擦力，不能保持受力平衡)，根据平衡条件，支持力大小等于总重力，为120N，A、D错误9.如图9所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前、后下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图9A撤去F之前A受3个力作用B撤去F之前B受到4个力作用C撤去F前、后，A的受力情况不变DA、B间的动摩擦因数1不小于B与地面间的动摩擦因数2答案D解析撤去F前，整体做匀速运动，故B受到的地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用，A只受重力和B对A的支持力两个力的作用，A、B错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力、B对A的支持力及B对A的摩擦力共3个力的作用，C错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a2g，而A的加速度aA2g1g，即21，D正确10(2018台州市高三期末)如图10所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为Fa和Fb，已知Fa和Fb及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列说法正确的是()图10A薄板的重心不在MN线上B两绳对薄板的拉力Fa和Fb之比为FaFbbcC两绳对薄板的拉力Fa和Fb之比为FaFbbaD两绳对薄板的拉力Fa和Fb是由于薄板发生形变而产生的答案C解析三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，故A错误；对三角形薄板受力分析如图所示根据平衡条件，则Famgcos，Fbmgsin，联立可得：，故C正确，B错误；两绳对薄板的拉力Fa和Fb是由于绳发生形变引起的，故D错误11.如图11所示，小球用细绳系住放在倾角为的固定光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将()图11A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小D先减小后增大答案D解析因为G、FN、FT三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形，如图所示，G的大小和方向始终不变，FN的方向不变，大小可变，FT的大小、方向都在变，在绳由水平方向逐渐向上偏移的过程中，可以作出一系列矢量三角形，显而易见在FT变化到与FN垂直前，FT是逐渐变小的，然后FT又逐渐变大，故D正确12.如图12所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平现将A点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受的拉力的大小FTA、FTB的变化情况是()图12AFTA增大，FTB不变BFTA、FTB均不变CFTA不变，FTB增大DFTA、FTB均减小答案B解析因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力又OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，则A点缓慢右移，圆环也随之右移，角不变，由平衡条件可知OA段绳所受的拉力不变故B项正确13(2018绍兴市期末)如图13所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑轻质定滑轮与容器a连接，连接b的一段细绳与斜面平行在a中缓慢注入沙子的过程中，a、b、c均一直处于静止状态，下列说法正确的是()图13A绳子的拉力保持不变Bb对c的摩擦力一直变大C绳对滑轮的作用力方向一直变化D地面对c的支持力一直减小答案D14.如图14所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球在a和b之间的细线上悬挂一小物块平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径不计所有摩擦小物块的质量为()图14A.B.mCmD2m答案C解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于abR，则aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FTmg，合力沿Oc方向，则Oc为角平分线，由几何关系知，acb120，故线的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力FTGmg，所以小物块质量为m，故C正确15.研究性学习小组成员为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图15所示的装置，一质量为m的滑块放在粗糙程度相同的长直木板上，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角变大)，另一端不动，则该滑块受到的支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度的变化关系图象不正确的是(g为重力加速度)()图15答案C解析对滑块受力分析可得，G1mgsin，故B正确；FNmgcos，故A正确；滑动后，F合mg(sincos)，由于合外力与不成正比关系，故C错误；滑动前，滑块受到的静摩擦力与重力沿斜面方向的分力大小相等，即按正弦规律变化，而滑动之后Ffmgcos，但滑动摩擦力比最大静摩擦力稍小，故D正确16.倾角为37的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数0.5.现给A施加一水平力F，如图16所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin370.6，cos370.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是()图16A3B2C1D0.5答案A解析设物体A刚好不下滑时FF1，则F1cosFNGsin，FNF1sinGcos，得：；设物体A刚好不上滑时FF2，则：F2cosFNGsin，FNF2sinGcos，得：2，即2，故F与G的比值不可能为3，故A不可能